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Brouillon AB-BA = id

Envoyé par christophe c 
Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Pardon, j'ouvre un fil brouillon de calculs pour voir "ce que ça fait" d'essayer de trouver deux matrices 2×2 $A,B$ telle que :

$$ AB-BA = diag(1,1)$$

Il existe des preuves taupines ultraspoilées pour ça, je sais, je sais, c'est juste que je veux voir la sensation et en même temps, je la partage.

Je commence avec une matrice dont les vecteurs colonne forment une base orthonormée, et aux posts suivants, si j'ai le courage, je ferai le cas général.

Colonne1 matrice1 : a,b
Colonne2 matrice1: -b,a

Colonne1 matrice2 : u,v
Colonne2 matrice1: -v,u

Calcul de AB :

coef 1,1: au+bv
coef 2,1: au+bv
coef 2,1:


Ah mais non, jsuis trop trop trop bête, c'est la multiplication des complexes et elle est commutative, inutile de continuer angry smiley

Bon, bin au post suivant, matrices 2×2 générales. Pardon

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
ev
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
avatar
La trace, Christophe, la trace.

e.v.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Merci ev!!!!

Effectivement si $BA=AB+1$ alors $tr(BA) = tr(AB)+1$, or $tr(AB)=tr(BA)$!!!!

Bonne année

C'est marrant mes souvenirs des mondes parallèles m'ont persuadé que les preuves vues étaient du genre "par récurrence, on obtient $a^nb-ba^n=2^ntruc$, donc blabla. Alors que c'est si simple...

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par christophe c.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Heureusement que tu étais là, purée, j'aurais pu gaspiller 1H de ma vie pour rien.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Christophe : je suis surpris, j'étais persuadé que tu connaissais cette preuve ("taupine ultraspoilée" par excellence) mais que tu cherchais autre chose pour aller plus loin (où ? ne me demande pas, j'en sais rien grinning smiley)

Par ailleurs je me permets de remarquer (du coup) que cette astuce ne marche pas en caractéristique $2$ (ou $p$, pour $p$ divisant la dimension) car la trace de $diag(1) $ est $n$ (et pas $1$ winking smiley ); et d'ailleurs il en existe, de tels couples dans ces caractéristiques

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Ah merci Max, il y a des exemples avec $F_2$ et des matrices 2×2?

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
En principe oui, donne moi 30sec. Oui: $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ (dans l'ordre que tu veux winking smiley )

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Je crois que l'exemple générique (en caractéristique $p$ et dimension $p$, qui suffit pour tout) ressemble à ça aussi, mais j'ai oublié les détails. C'est d'ailleurs pour ce genre d'exo taupinal (peu ou prou, mais pas exactement, "résoudre $AB-BA = I_n$ en caractéristique $p\mid n$") que les formules du type $a^n-b^na$ apparaissent.

J'ai oublié les détails, si à un moment ça m'amuse je pourrai te les redonner winking smiley (et si ça t'intéresse bien sûr)

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
avatar
Je ne vois pas là un « exo taupinal » mais une question mathématique comme une autre. On peut ajouter que dans un espace vectoriel $E$ de dimension infinie, on peut trouver des endomorphismes $f$ et $g$ tels que $fg-gf=Id_E$. Mais si $E$ est un espace vectoriel normé, $f$ et $g$ ne peuvent être tous deux continus.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Bonsoir,

Dans un espace où toutes les écritures ci-dessous ont un sens et définissent des endomorphismes, les polynômes, les fonctions polynômes réels ou complexes, les fonction de classe C infini à support compact de la variable réelle...

$Af=f', Bf=xf$ alors $\forall f \in Espace, (AB-BA) f=(xf)'-xf' =f=I(f)$ soit $AB-BA=I$

Ajout : si on est dans un espace de Hilbert (des fonctions de module carré intégrables et autres hypothèses) cette non commutativité permet de prouver l'inégalité de Heisenberg des mathématiciens.
De manière plus générale si $A, B$ sont hermitiens, $C:=i(AB-BA) $ est hermitien et un calcul similaire de la preuve de l'inégalité de Heisenberg des mathématiciens donne l'inégalité de Heisenberg des physiciens (dans l'espace de Hilbert de la mécanique quantique).

Dans mes vagues souvenirs, l'histoire la plus commentée est la non commutativité des opérateurs $p$ chapeau (je ne sais pas l'écrire en latex) et $x$ chapeau, il me semble qu'on a $xp-px=ihI$ le $h$ est barré (constante de Planck). Cette non commutativité des opérateurs $x, p$ implique l'inégalité qui est appelée principe d'incertitude de Heisenberg et c'est ça qui est commenté (souvent très mal : en expliquant que les instruments de mesure perturberaient les mesures des positions et vitesse... Tout ça est faux : ce principe d'incertitude n'a rien à voir avec la technologie humaine ni les instruments de mesure...).
Idem avec $E, t$...



Ajout 2
On travaille dans l'espace des fonctions de module carré intégrables et je suppose que toutes les intégrales manipulées ci-dessous ont un sens.

Soient donc $A, B$ hermitiens et $C:=i(AB-BA) $. On vérifie que $C$ est aussi hermitien.
Je prends le produit hermitien linéaire à gauche semi linéaire à droite ie $(f, g) =\int f\bar g$
On a $\forall t\in \R, 0 \le \int_{\R} |(A+itB)f|^2=\int_{\R} |Af|^2 +t(Cf, f) +t^2 \int_{\R} |Bf|^2$ et on fait comme avec la preuve de l'inégalité de Cauchy Schwarz (ie discriminant du trinôme en $t$ négatif) soit $|(Cf, f)|\le 2||Af||.||Bf||$
Dans la cas particulier des opérateurs $x. $ et $\partial$ on a $|(Cf, f)|=||f||^2$ et on obtient l'inégalité de Heisenberg des mathématiciens.



Edité 8 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par side.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Sinon, il y aussi la question suivante : Toute matrice $M\in\text{M}_n(R)$ de trace nulle est-elle égale à un commutateur $M=AB-BA$ avec $A,B\in\text{M}_n(R)$ ?

Si je me souviens bien, la réponse est oui lorsque $R$ est un anneau principal. (Mais ce n'est pas un exo taupinal.)
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Bintje: c'en est un sur $\mathbb{R,C}$ winking smiley

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Maxtimax : exact ! C'est même un grand classique.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Contre l'idée que c'est du taupinal et seulement du taupinal, quelques mots clés et pointeurs supplémentaires : algèbre de Weyl, dimension de Gelfan'd-Kirillov, extension d'Ore, espace de Calogero-Moser, etc.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
MathCoss : je suis convaincu que tout exo de prépa un tant soit peu intéressant peut se développer naturellement d'au moins une manière en une question de recherche, ou en tout cas de maths non taupinales (il se peut que ce ne soit plus de recherche car plus d'actualité)

"Mathematics, rightly viewed, possesses not only truth, but supreme beauty"-Russell
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Un grand merci à vous tous et oui mes préoccupations sont évidemment quantiques!!!

Mais je cherchais de la non commutativite "bien dure" dans la plus petite dimension possible. Grand merci Max.

Chaurien impressionnant le "normé => pas possible d'avoir continuité". Les preuves en sont elles faciles?

Quand j'ai dit taupinal c'était surtout pour expliquer que je n'en demandais pas de preuve car voulais "ressentir" mais le rappel d'ev a été parfait pour moi.

De mon téléphone

De toute façon Anatole m'a confirmé que j'ai tellement purifié ma vision multimondique du paradigme quantique que la non commutativite n'y joue plus aucun rôle, car elle ne s'exerce que quand il y a réduction du paquet d'onde (or il n' en pas dans ma version).

Je suis donc appelé à "retravailler" mon approche pour inclure son rôle sans devoir me tartiner la decoherence et des produits tensoriels interminables.

A la base je cherche à prouver que la relativité généré une inégalité d'indétermination du même genre et donnera les mêmes valeurs physiques.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
avatar
Soit $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, soit $E$ un $\mathbb{K}$-espace vectoriel normé non réduit à $\{0\}$.
Soient $f$ et $g$ deux endomorphismes de $E$ tels que $fg-gf=Id_E$.
Alors pour tout $n \in \mathbb N^*$ on a : $f^{n}g-gf^{n}=nf^{n-1}$.
Si $f$ et $g$ étaient continus, alors $f$ serait nilpotent.
Soit $p$ le plus petit $n\in \mathbb{N}^*$ tel que $f^{n}=0$ (indice de nilpotence). Alors $f^{p}g-gf^{p}=pf^{p-1}$ : impossible.

Par exemple, soit $E=\mathbb{K}[X]$, et pour $P\in E$, soit $%
T(P)=XP$ et $D(P)=P^{\prime }$, exemples fameux d'endomorphismes pathologiques en dimension infinie : $T$ injectif et non surjectif, $D$ surjectif et non injectif. On a : $DT-TD=Id_{\mathbb{K}[X]}$.
Il n'existe donc pas de norme sur $\mathbb{K}[X]$ qui rende simultanément continus les endomorphismes $T$ et $D$ du $\mathbb{K}$-espace vectoriel $\mathbb{K}[X]$.

Bonne soirée.
Fr. Ch.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a quatre mois et a été effectuée par Chaurien.
MrJ
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Pour montrer que $f$ ou $g$ n’est pas continu, on peut commencer par calculer $f^n g - g f^n$.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Peut-être que j'arrive après la bataille. Sur tout corps commutatif $K$, toute matrice de trace nulle est de la forme $AB - BA$.

Référence : On matrices of trace zero, A.A. Albert & Benjamin Muckenhoupt, Michigan Mathematical Journal, vol 4, 1957.

A ne pas confondre avec le résultat en caractéristique 0 montré par K. Shoda en 1937.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a quatre mois
Merci pour les références. Pour le cas des matrices à coefficients dans un anneau principal, c'est fait dans

Alexander Stasinski Similarity and commutators of matrices over principal ideal rings, Trans. Amer. Math. Soc., 368 (2016), 2333-2354.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Merci à tous, je fais les choses doucement, je commence avec l'exemple de Max:

$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$

$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

ok, c'est bon, déjà merci!

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Merci Chaurien!

On est tôt le matin, je mets spontanément les questions comme elles me viennent, fussent-elles triviales.

Passage qui ne me saute pas aux yeux en première lecture:

Citation
chaurien
............ $f^{n}g-gf^{n}=nf^{n-1}$.

Si $f$ et $g$ étaient continus, alors $f$ serait nilpotent. Soit $p$ le plus petit $n\in \mathbb{N}^*$ tel que
$f^{n}=0$ (indice de nilpotence).

Alors $f^{p}g-gf^{p}=pf^{p-1}$ : impossible.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par christophe c.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Merci à toi, Claude. J'en avais entendu parler sans le savoir par coeur, je ne savais aussi pus pour quel corps c'était vrai. Voici qui est éclairci.

Dans le contexte quantique, les matrices qui ne commutent pas (ou commutent), sont toujours des matrices sommes de projecteurs orthogonaux, je ne sais pas si ça fait une grosse restriction. En tout cas, "pas de nilpotence" a priori en quantique. Elles sont même diagonalisables dans une base orthonormée pour chacune je crois.

Je donne cette précision pour que les gens alimentant ce fil ne soient pas non plus à trop s'épuiser (hors plaisir) sur ce phénomène de non commutation dans le cas général.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Brouillon : ab=ba+1, aab=aba+a = baa + a + a = baa + 2a, aaab = abaa+2aa = baaa + aa +2aa, ok

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par christophe c.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
avatar
En effet, j'ai été un peu rapide.
Si $f$ et $g$ étaient continus, soient $\left\| f\right\| $ et $\left\| g\right\| $ leurs normes respectives, associées (subordonnées) à la norme définie sur $E$, en sorte que : $\left\| fg\right\| \leq \left\| f\right\| \cdot \left\| g\right\| $.
Alors, pour tout $n\in \mathbb{N}$, on aurait : $(n+1)\left\| f^{n}\right\| =$$ \left\| f^{n+1}g-gf^{n+1}\right\| \leq $$\left\|
f^{n+1}g\right\| +\left\| gf^{n+1}\right\| $$\le \left\| f^{n}\right\| (\left\| fg\right\| +\left\| gf\right\|) $, d'où : $\left\| f^{n}\right\| ((n+1)-(\left\| fg\right\| +\left\|
gf\right\| ))\leq 0$.
Si $n\geq \left\| fg\right\| +\left\| gf\right\| $, alors $\left\|
f^{n}\right\| \leq 0$, soit : $f^{n}=0$. L'endomorphisme $f$ est nilpotent.
Bonne journée.
Fr. Ch.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Chaurien.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Un grand merci à toi Chaurien!

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Christophe : Pour reprendre ce que dit side, c'est un truc quantique très intéressant ! Je crois qu'axiomatiquement, la mécanique quantique exige que le moment $p$ et la position $q$ vérifient $pq-qp = cId$ (avec $c$ une constante mais je ne sais pas laquelle). Du coup, la trace donne un coup de massue à l'espoir d'avoir une théorie quantique de dimension finie décrivant le moment et la position. J'espère que tu vois ce que je veux dire, c'est plutôt vague dans ma tête !
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Je vais mettre un lien, je change ces longs posts de fil.

Voici le lien: [www.les-mathematiques.net]

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Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par christophe c.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
@Georges : ah bin ça tombe super bien car j'ai la réponse très franche à ça.

- Le GROS PROBLEME n'est pas dans ce que tu dis (enfin je veux dire le "paradoxe" si on peut parler ainsi) mais dans "pourquoi on a choisi $x\mapsto x'$ pour la vitesse et $x\mapsto Id.x$ pour la position".

Et bin la réponse, je vais te la donner:

parce que l'oeil qui regarde la position a ses pigments de la forme $f_a: [x\mapsto $ if $x=a$ then $1$ else $0]$

alors que l'oeil qui regarde la vitesse a ses pigments de la forme $g_a:x\mapsto exp(ax)$

Sauf problème: pourquoi on fait ça? Et bin comme dans la pub orangina: "PARCE QUE!!!!!"

Tu te doutes bien que ce n'est pas satisfaisant. En fait, je suis malhonnête, la vraie réponse c'est parce que "ça marche bien avec les ondes" et l'autre vraie raison (il y a de la psychanalyse qui s'est perdue dans l'air à cette époque), c'est parce que les machines qui mesurent utilisent des nombres.

Autrement dit, on "représente" la base $e$, et un cadran de machine mesurant avec cette base d'appareil par la matrice diagonale (dans cette base) $diag(a_1,..,a_n)$ et tout ça pourquoi? Parce que quand tu vas donner $u$ à la machine, elle va ressentir $u = \sum_i z_ie_i$, mais "terminer" pour chaque $i$ dans un monde où l'aiguille sera sur LE NOMBRE $a_i$. T'imagines si les cadrans avaient été des smileys?

Bref, les raisons pour lesquels on s'intéresse à $\sum_i z_ie_i\mapsto \sum_i a_iz_ie_i$ me rendent très peu dans la dispo car ce n'est pas, pour moi, un e approche "fondements".


Or, du fait qu'on aurait pu remplacer les $a_i$ par des petits smileys, j'ai toujours rejeté cette façon de faire. Elle marche en pratique GRACE A DES THEOREMES d'algèbre linéaire en dimension finie (le langage de ladite AL est très unifiant pour ces choses) et on a fait un copié-collé un peu hardi avec la dimension finie, qui, hélas, ne marche pas avec la relativité.

Du coup, je ne suis pas compétent pour appréhender ces amalgames et mémorialismes tant que je n'aurai pas un peu étudié la relation entre Fourier et les ondes. Et crois-moi, dire que je suis béotien est un euphémisme pour ce qui concerne ET Fourier ET les ondes.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par christophe c.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Je vais mettre un lien, je change ces longs posts de fil.

Voici le lien: [www.les-mathematiques.net]

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Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par christophe c.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Ben, pour ton 16 et ton 19, quand même... Je ne sais pas si c'est exactement un théorème, mais... au lieu d'yeux-bases orthonormées, considérons des yeux-décompositions hilbertiennes "décorées". Une décomposition hilbertienne décorée est une décomposition hilbertienne où chaque sous-espace de la décomposition est muni d'une "couleur". Beaucoup (tous ?) les trucs foufous de la MQ proviennent du fait qu'il existe tout un tas de couples de décompositions décorées tel qu'il n'existe aucune décomposition décorée qui les raffine tous les deux (par exemple, on prend, pour première décomposition $\mathbb{R}(1,0)$, et $\mathbb{R}(0,1)$ et pour deuxième décomposition, $\mathbb{R}(1,1)$ et $\mathbb{R}(-1,1)$ ; alors il est clair qu'il n'y a pas de décomposition hilbertienne plus fine que ces deux-là.
Alors qu'en classique, si on se donne un ensemble fini, tout couple de partitions (l'équivalent classique d'une décomposition hilbertienne est une partition) a une partition plus fine.
Et l'exercice, c'est de démontrer que deux décompositions hilbertiennes ont une décomposition hilbertienne plus fine si et seulement si pour tout sous-espace $p$ de l'une, et sous-espace $q$ de l'autre, les projecteurs orthogonaux associés $p$ et $q$ commutent.
Bref... Je ne comprends pas trop pourquoi tu combats le slogan quantique=non commutatif... Bon, c'est vrai que par exemple, la théorie des groupes quantiques me semble assez éloignée de la MQ, et qu'il ne suffit pas de faire des trucs (enfin j'y connais rien mais j'ai une idée d'un slogan qui résume ses travaux) comme ceux d'Alain Connes pour faire de la MQ. Mais il y a quand même un lien entre non commutativité et quantique ! Piron, lui, dirait peut-être que quantique équivaut à non distributivité du et sur le ou dans le treillis des propositions d'un système physique...
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
En fait, on peut qualifier (a*b)*c = a*(b*c) de commutativité des deux fonctions introspectivement trouvables puisqu'il s'agit d'un changement d'ordre dans lequel on fait des calculs.

Mais c'est extrêmement anthropomorphique, déjà, et surtout, je trouve que c'est trompeur, car, et tu le dis bien, ça laisse entendre qu'on "attendrait" de la commutativité qu'elle fournisse une base commune.

Ca a d'ailleurs conduit à un conflit et des incompréhensions importantes :

1/ MmeX a commencé à dire: "mesurer perturbe"
2/ MrY répond: ah non Madame, "mesurer ne veut rien dire, c'est juste que le truc est étalé VRAIMENT in the real REALITY"
3/ Mme X: ah non, Monsieur, puisque sinon, vous n'auriez pas besoin de parler de non commutativité, c'est parce que mesurer $B$ après avoir obtenu $A$ ne donne pas la même chose que mesurer $A\cap B$ après avoir obtenu $A$ qu'on a ces étalements, qui s'expriment TEXTO en terme de mesure qui perturbe le système mesuré.


On ne peut pas être d'accord avec ces deux personnes en même temps puisqu'elles se disputent. La réalité est qu'il n'y a aucun problème de commutativité, mais que le truc est bien étalé.

Le fait que ((a,b),c) n'évolue pas comme (a,(b,c)) n'est absolument pas étonnant puisque ce sont des objets différents. Et ce n'est pas du tout la non commutativité qui génère ça. Tu as cette différence dans tous les anneaux commutatifs que tu veux en lieu et place des $M_n(K)$ et la TQ s'y applique tout aussi bien.

Ce qu'il se passe c'est que l'évolution n'est pas une fonction, donc évidemment, "l'être humain" a décidé de prendre le relais et d'examiner les deux et voir qu'ils diffèrent.

Sauf que il a constaté qu'ils diffèrent avec ce qu'ils considèrent comme "des processus respectables de mesure dont ils auraient voulu qu'ils ne se comportent pas ainsi" et ont appliqué un déni d'existence assez fou quand on pense au mode science à toutes les choses qui ne commutent pas, mais ne sont pas considérées comme "mesurant".

Tu as une superbe tarte T à la cerise. X adore les tartes à la cérise. Y fait une totale allergie aux tartes aux cerises te tire un coup de Kalach dedans dès qu'il en voit. Ils se sont donné RV pour boire une bière qui les attend à côté de la tarte

((X,T),Y) évolue vers ((X,bière),Y) que tu peux relaxer en (X,bière,Y)
(X,(T,Y)) évolue vers (X,(fumée,Y)) que tu peux relaxer en (X,fumée,Y)

Bref, on peut utiliser

- l'adage "mesurer perturbe" (ce que je désapprouve dans la mesure où dans plein d'exemples, c'est l'opposé qui se produit, la TQ lit dans les pensées)

- on peut utiliser "mesurer ne perturbe pas, mais pas de RDO, et multimonde".

Mais (sur le plan des principes, je ne parle pas de la pratique quotidienne en labo), on ne peut pas utiliser les deux. Personnellement, j'ai choisi "regarder ne perturbe pas, enregistrer perturbe", mais attention, ENREGISTRER n'a rien à voir avec "mesurer" à strictement parler. Comme je l'ai dit dans les posts précédents, le "mémoriel", ça bouscule! Or personne n'aurait l'idée de prétendre que "mémorieliser" ne perturbe pas d'un pouce le réel.

Je pourrais changer d'avis si par exemple tu me disais que mesurer

"Dans A", suivi de "Dans $A\cap B$"

ne donnait pas le même résultat que

"Dans B?", suivi de "Dans $A\cap B$"

mais même si je n'ai jamais fait l'exercice d'algèbre linéaire attenant, je pense à 99% que ce n'est pas le cas.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par christophe c.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Il y a plusieurs négations et une erreur de LaTeX, c'est quoi la question ?

Si on part d'un $\phi$ dans $A^\perp$, qu'on lui demande s'il est dans $A$, il répond que non, plus si on lui demande s'il est dans $A\cap B$, il répond que non.
Si, de plus, $B$ n'a rien à voir avec $A$ ou $A^\perp$, alors, si on lui demande s'il est dans $B$, il peut dire que oui (et auquel cas, si on lui demande s'il est dans $A\cap B$, il peut dire que oui ou que non) ou il peut dire que non (et auquel cas il répondra non si on lui demande s'il est dans $A\cap B$).

Mais ok, je suis d'accord avec l'idée que la mesure ne perturbe rien et que c'est l'effort de mémorisation qui "force à choisir" un bout de la superposition.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Merci beaucoup, j'ai corrigé (je remanierai un peu mes posts fleuves d'avant d'ailleurs et les transporterai dans le bon fil "sommaire" que j'ai ouvert pour ne pas gêner les rubriques)


Je parle trop souvent sans exemple, pour raccourcir, mais je vais prendre l'exemple le plus bateau et agaçant qui soit, bien physique, et testé 1000 fois: les fentes d'Young.

Je trouve assez dommage que les auteurs ne choisissent la plupart du temps QUE cet exemple, puisqu'il ne présente aucun paradoxe. Pour être précis aucun si tu n'ajoutes pas que le photon (ou l'électron, ou la balle de Tennis) est une particule.

Mais comme ils ne racontent pas ça à des gens avec des balles de Tennis (et quand bien même), mais avec des photons, l'effet tombe à plat, car tout le monde a vu $10^5$ fois des ondes dans l'eau et ne voient pas en quoi ce serait mystérieux.

Il est donc nuisible pour la compréhension de mettre un "et": la mesure perturbe ET la théorie est non commutative. Alors que c'est SI la mesure perturbe ALORS il n'y a plus de non commutativité, puisque la perturbation explique le défaut de commutativité.

La TQ mérite mieux, me semble-t-il, surtout en 2020, que ces vieux slogans erronés (ou à tout le moins ambigus). Les sondeurs, même dans la banale vie réelle, ne font pas cette erreur et connaissent le paradoxe de Condorcet (qui n'en est pas un).

Même si je me trompe sur le plan psychologique, ce que je regrette le plus dans cette histoire c'est l'image que ça donne: on a l'impression que les scientifiques de l'époque ont dû affronter des démons de vanité du genre "ah mince, on devrait obtenir une somme, ils sont bien soignés nos trous, pourquoi on obtient une sinusoide?"

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Ya encore le même problème : tu as écrit deux fois "ne donnait pas" dans la même phrase.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Merci Georges, j'ai corrigé. J'en profite pour préciser que j'ai tranféré deux longs posts dans un fil dédié et mis les liens là où ils étaient et que ma préoccupation se situe dans le contexte du REFUS de l'axiome de réduction du paquet d'onde qui dit qu'il y a des sauts aléatoires et définitifs dans le monde quantique. Ce que je raconte n'a aucun intérêt pour des gens qui voudraient "croire" à la RDO et s'initier à la TQ en me lisant. Il y a des livres plus complets et détaillés.

L'algèbre linéaire fournit une quantité énorme de théorèmes "contraignant la TQ à être ce qu'elle est.

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Bon, je viens avec deux nouveaux problèmes techniques (enfin exercice technique, je n'ai eu aucun problème car je n'ai même pas commencé à y réfléchir plus d'une seconde) cadeaux pour ce fil, et qui sont centraux en fondement de la TQ.


Exercice1: Soit $f: [0,1] \to \R$ telle que pour tous $x,y,z$ dans $[0,1]$ si $x+y+z=1$ alors $f(x)+f(y)+f(z)=1$. Prouver que $f$ est affine

Exercice2: Soit $E$ est un espace vectoriel et $f: E^2\to \R$ telle que pour tout plan (vectoriel) $P$ de $E$, la restrictoin de $f$ à $P$ est une forme quadratique. Alors $f$ tout entière est une forme quadratique.

Si certains veulent s'amuser..... Je promets que je lirai avec attention car ça participe à la "preuve" que la TQ a proposé des axiomes en trop, qui pouvaient être déduits.

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Attends ! Maintenant que je te tiens : l'histoire des gens qui évitent des poteaux, des fonctions continues de $[0,1]$ dans $[0,1]$ qui n'ont pas de point fixe, et tout, je t'ai déjà demandé de préciser et je ne crois pas que tu l'aies fait. Tout au plus, c'est énoncé dans ta thèse, mais à ma connaissance, tu n'as jamais détaillé. Tu peux dire de quoi il s'agit, s'il-te-plaît ?
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Oui je vais le faire d'un pc. Mais je ne suis pas sûr de comprendre ce qui te paraît difficile ou ambigu.

Je dis juste que nous ne savons pas comment nous procédons pour gagner au jeu :

Bob choisi x entre 0 et 1

Je choisis y et je gagne quand y est à au moins la distance 0.2 de x.

Rien de plus (j'ai peut être ajouté des précisions pour les gens qui diraient qu'un réel est trop petit pour implémenter le jeu en disant que Bob noircit les points de 0 au x qu'il choisit).

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Oui oui, ok, mais t'as pas de téléphone quantique qui fait gagner à ce jeu, si ?
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Bin tu n'as même que ça. Mais ils font tellement plus que ce n'est pas significatif. Chaque jour tes photos numériques envoient IR dans Z mais les gens (sans tort) vont juste te dire qu'une fonction discontinue est activée (comme tu sais toute continue serait constante avec les contraintes de photos numériques).

C'est pourquoi c'est important de nous regarder nous. On sait qu'on gagne et on est incapable de vebaliser comment on fait.

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Bon, ok. Tu penses qu'en fait, on devient une superposition de "je passe à gauche du poteau" et de "je passe à droite du poteau" ?
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
avatar
Pour l'exercice 1, si $f$ est la restriction à $[0,1]$ d'une fonction $\Q$-linéaire et non $\R$-linéaire, telle que $f(1)=1$, alors $x+y+z=1$ implique $f(x)+f(y)+f(z)=f(1)=1$, mais $f$ n'est pas de la forme $f:x \mapsto ax+b$. Donc, il me semble que c'est faux si $f$ n'est pas supposée continue.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par marco.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
avatar
Si $f$ est supposée continue, on montre que $g: x \mapsto f(1/3+x)-1/3$ est impaire, puis additive au voisinage de $x=0$, donc égale à $x \mapsto ax$ pour un certain réel $a$, au voisinage de $x=0$.
De plus $g$ vérifie $g(x)+g(y)+g(z)=0$ si $x+y+z=0$ lorsque $x,y,z \in [-1/3,2/3]$.

Soit $b$ le plus grand réel appartenant à $[0,2/3]$ tel que pour tout $x \in [0,b]$, $g(x)=ax$.
Soit $c$ le plus petit réel appartenant à $[-1/3,0]$ tel que pour tout $x \in [c,0]$, $g(x)=ax$.

Si $c<-b/2$, pour $x$ au voisinage de $0$, $0=g(b+x)+g(-b/2-x)+g(-b/2)=g(b+x)-ab/2-ax-ab/2$ , donc $g(b+x)=ab+ax=a(b+x)$. Donc $b$ n'est pas maximum. Donc $2c+b \geq 0$.

Si $-c/2<b$ et $c>-1/3$, alors $g(c-x)+g(-c/2+x)+g(-c/2)=0$ pour $x$ proche de $0$. Donc $g(c-x)-ac/2+ax-ac/2=0$, donc $g(c-x)=a(c-x)$, donc $c$ n'est pas le plus petit. Donc $2b+c \leq 0$ ou $c=-1/3$.

Donc, si $c>-1/3$, $2b+c \leq 2c+b$, donc $b \leq c$, impossible, car $b>0$ et $c<0$.
Donc $c=-1/3$ et $2c+b \geq 0$, donc $b\geq 2/3$, donc $b=2/3$.

Donc $f(x)= a(x-1/3)+1/3$, donc est affine.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par marco.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Marco MERCI. Oui j'avais oublié la condition continue

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Bonjour,

si un tel $f$ existe, la connaissance de $f(0)$ donne celle de $f(1)$, puis si on connaît les $f(k/2^n), k\in [[0; 2^n|]$, en remarquant que tout entier de $ [[0; 2^{n+1}|]$ s'écrit $2^n+k$ ou $2^n-k$ avec $k $ dans $[|0; 2^n|]$, on connaît les $f(k/2^{n+1}), k\in [[0; 2^{n+1}|]$.
Bref, par récurrence, la connaissance de $f(0)$ donne la connaissance de l'image par $f$ des dyadiques, puis par continuité et densité, l'image de tout nombre du segment ie que $f$ (s'il existe) est entièrement déterminé par la connaissance de $f(0)$.
Il n'y a plus qu'à rechercher les solutions affines et conclure.
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Un grand merci à toi side, je n'avais pas encore pris le temps de lire la preuve de Marco, snif pour son oeuvre car ta solution, que je résume ci-dessous, rend moins motivant de lire une autre preuve.

Solution: "je m'appelle side, et vous ferai remarquer chers camarades que les images des nombres dyadiques sont "évidemment" fixées (par $f(1)$), CQFD par densité".

Eventuellement, on peut ajouter: on trouve celle de 0, (car 1 = 1+0+0) on connait celle de 1/2, donc celle de 1/4 et 3/4 puisque 1/4+1/4+1/2 = 1 puis 1/4+3/4 = 1, etc.

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Juste une remarque puisque c'est le thème du fil (mais sans lendemain a priori).

Soit $n$ un entier et $E$ l'espace des applications de $\Z/n\Z$ dans $K$ un corps.

Je note $f(x) := (p\mapsto x(p+1)-x(p))$

$g(x):= ( p\mapsto px(p) )$

$h(x):= (p\mapsto x(p+1))$

pour tous $x\in E$.

$f(g(x))(p) = g(x)(p+1) - g(x)(p) = $
$(p+1)x(p+1) - px(p) = p(f(x)(p)) + x(p+1) = $
$g(f(x))(p) + x(p+1)$

Je peux faire des erreurs de calcul, autant le dire. Mais je ne trouve pas que ce soit très violemment différent de la dimension infinie, ici, d'avoir

$$ f\circ g - g\circ f = h $$

Franchement, $h$ est loin d'être négligeable.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi
Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Citation

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2163356,2164714#msg-2164714

Georges, pardon, je n'avais pas vu ton post. Oui, en tout cas, c'est ce qu'il y a de plus "raisonnablement rattaché à la vision quantique" me semble-t-il.

Je vais même plus loin, je ne crois pas à la non connexité du truc global (ie je ne crois pas qu'on puisse parler de "histoires où ça passe à gauche" bien séparé de "histoires où ça passe à droite".

Je vois plutôt ça comme un tore connexe (mais c'est personnel).

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Re: Brouillon AB-BA = id
il y a trois mois
Je m'y perds un peu, et j'envisage de les apprendre par coeur, dans la zoologie des applications linéaires qui, face à un produit scalaire, vérifient l'une ou plusieurs des identités suivantes.

1/ $\forall u,v,\ [ <f(u)|f(v)>\, =\, <u|v> ]$

2/ $\forall u,v,\ [ <f(u)|v>\, =\, <u|f(v)> ]$

3/ $f\circ g = g\circ f,$ avec $\forall u,v,\ [ <f(u)|v>\, =\, <u|g(v)> ]$

4/ $\forall u,v,\ [ <f^{-1}(u)|f(v)> \,=\, <u|v> ]$

5/ $f^* = f$

6/ $f^{-1} = f^*,$ où l'étoile représente la transposée.

De rumeur mémorielle, elles sont toutes diagonalisables (in alg.cloture), les nilpotentes faisant figure de grosses et uniques exceptions ?

Y a-t-il des moyens simples, courts et mnémotechniques pour être cultivé dans cette zoologie ? Merci d'avance.

Signature: aide les autres comme toi-même car ils SONT toi, ils SONT VRAIMENT toi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
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